03
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITA GRAVITATORIO TORIO
j
El campo gravitatorio total es
Sigue practicando
= g1 + g2 = 2, 63 ⋅ 10−9 i − 2, 63⋅ 10−9 j + +(−7, 89 ⋅ 10−9 i + 7, 89 ⋅ 10−9 j ) = = −5, 26 ⋅ 10−9 i + 5, 26 ⋅ 10−9 j N/kg
g
1. En dos vértices opuestos de un cuadrado, cuadrado, de 6 cm de lado, se colocan las masas m = 100 g y m2 = 300 g. a) Dibuje en un esquema el campo gravitatorio producido por cada masa en el centro del cuadrado y calcule la fuerza que actúa sobre una masa m = 10 g situada en dicho punto. realizado al desplazar la masa masa de 10 g b) Calcule el trabajo realizado desde el centro del cuadrado hasta uno de los vértices no ocupados por las otras dos masas. G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2. a) En la figura aparece aparece el campo gravitatorio creado creado en el centro del cuadrado por cada una de las masas. m1
m2
• Colocando un sistema de coordenadas en el punto que ocupa la masa m1, el vector r 1 es r1 = 3 ⋅ 10−2 i − 3 ⋅ 10−2 j .
ur1
=
=
r 1
i
(3 · 10 2 )2 −
− +
3 · 10
2
−
j
(− 3 · 10 2 )2 −
=
0, 71i
−
0, 71 j
do será:
Gm1 r 12
La fuerza que actúa sobre una masa de 10 g es = mg = 10 ⋅ 10−3 kg ⋅ (−5, 26 ⋅ 10−6 i + 5, 26 ⋅ 10−6 j N/kg ) = = −5, 26 ⋅ 10−11 i + 5, 26 ⋅ 10−11 j N
F
b)
El potencial creado en el centro centro del cuadrado cuadrado por las masas m1 y m2 es 6, 67 ⋅ 10−11 N ·m2·kg−2 ⋅ 100 ⋅ 10−3 kg = 0,0042 m r 1 = − 1, 58 ⋅ 10−10 J/kg
V 1 =
−
Gm1
=−
Gm2
=−
VT
= V1 + V 2 = −6, 35 ⋅ 10−10 J/kg
Los potenciales en el vértice superior derecho son
• Así, el campo gravitator gravitatorio io creado en el centro del cuadra -
g1 = −
El vector unitario será: 2
El potencial total es
Para calcular el campo gravitatorio creado por la masa m1 seguimos las etapas siguientes:
−
V 2 = − g2
3 · 10
6, 67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 300 ⋅ 10−3 kg = 0,0042 m r 2 = − 4, 76 ⋅ 10−10 J/kg
g1
r1
1
13
ur 1 =
6, 67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 100 ⋅ 10−3 kg = 6 ⋅ 10−2 m r 1’ = − 1, 11 ⋅ 10−10 J/kg
V 1’
=−
Gm1
=−
6, 67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 300 ⋅ 10−3 kg = 6 ⋅ 10−2 m r 2’ = − 3, 33 ⋅ 10−10 J/kg
V 2’
=−
Gm2
=−
El potencial total es
6, 67 ⋅ 10−11N ⋅ m2 ⋅ kg− 2 ⋅ 100 ⋅ 10 −3 kg =− ⋅ (0, 71i − 0, 71 j ) = 0,0018 m2 = 2, 63 · 10 −9 i − 2, 63 · 10 −9 j N/kg.
V T’
10−10 J/kg = V 1’ + V 2’ = −4, 44 ⋅ 10
El trabajo realizado por la fuerza del campo es
Para calcular el campo gravitatorio creado por la masa m2 seguimos las etapas siguientes: • Si colocamos un sistema de coordenadas en el pun to donde se encuentra la masa m2, tenemos que r2 = −3 ⋅ 10−2 i + 3 ⋅ 10−2 j . Este vector tiene los mismos valores absolutos de las coordenadas que r 1 . El
W
= m (VT − V T’ ) =
= 10 ⋅ 10−3 kg (−6, 35 ⋅ 10−10 J/kg + 4, 44 ⋅ 10−10 J/kg) =
= − 1, 91 ⋅ 10−12 J El trabajo realizado por una fuerza exterior sería 1,91·10 –12 J.
vector unitario se puede calcular directamente y es ur 2 = − 0, 71i + 0, 71 j .
• El campo campo gravitatorio gravitatorio será g2
=−
Gm2 ur r 22 ´2
=
6, 67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 300 ⋅ 10−3 kg ⋅ 0,0018 m2 ⋅ (−0, 71i + 0, 71 j ) = − 7, 89 · 10−9 i + 7, 89 · 10−9 j N/kg =−
2. a) La masa de la Luna es, es, aproximadamente, aproximadamente, 7,35·1022 kg y su radio, 1,7·106 m. ¿Cuánto pesaría en la superficie de la Luna una persona de 70 kg? b) ¿Cuánto podría saltar saltar,, en altura, esta persona en la superficie de la Luna si en la Tierra salta 1 m? (Constante de gravitación: G = 6,7·10–11 N · m2 /kg2 . Aceleración de la gravedad en la superficie terrestre: g = 9,8 m/s2) a) Calculamos el campo gravitatorio en la superficie de la Luna:
03
14
g L
=
GML RJ2
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
6,7 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 7,35 · 1022 kg = (1,7 · 106 m)2
=
b)
GM m GMTm + − T = − = 2 RT + h 2(RT + h) 100 kg ⋅ (7532,4 m/s)2 = − 2 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 100 kg − = 7,03 ⋅ 106 m = − 2,8 ⋅ 109 J Em
2
= 1,70 m/s . El peso será P = mg = 70 kg · 1,70 m/s2 = 119 N b)
El movimiento vertical, tanto en la Tierra como en la Luna, es un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado que cumple las ecuaciones siguientes: y = v 0 t −
La energía mecánica del satélite es
1 2 gt ; v = v 0 − gt 2
= Ec + E p =
mv 2
= mrv = 100 kg ⋅ 7,03 ⋅ 106 m ⋅ 7532,4 m/s = = 5,3 ⋅ 1012 kg ⋅ m2 /s
c ) L
Sustituyendo los datos del movimiento en la Tierra, donde y = 1 m, queda el siguiente sistema de ecuaciones:
d )
1 1 = v0t − ⋅ 9,8 t 2 2 0 = v0 − 9,8 t
La intensidad de campo en la superficie de la Tierra y del satélite viene dada, respectivamente, por
Resolviendo el sistema obtenemos que t = 0,45 s y que v 0 = 4,41 m/s. Si sustituimos estos datos en la primera ecuación aplicada ahora a la Luna, se obtendrá:
=G
MT RT2
M
T ; gh = G (RT + h)2 (6, 37 ⋅ 106 )2 gh RT2 = = = 0,9 ⇒ g0 (RT + h)2 (7,03 ⋅ 106 )2 ⇒ gh = 0,9 g 0
g0
4. Desde la superficie de la Tierra se lanza un objeto con una velocidad doble de la de escape. Calcular la velocidad del 1 y = v 0t − gL t 2 = objeto cuando está muy lejos de la Tierra. 2 (Dato: g = 9,8 m/seg2). 1 2 2 = 4,41 m/s ⋅ 0,45 s − ⋅ 1,7 m/s ⋅ (0,45 s) = 1,81 m 2 Aplicamos el teorema de conservación de la energía total a un punto situado en la superficie de la Tierra y a otro muy alejado de ella. 3. Un satélite artificial de la Tierra de 100 kg de masa describe En el primero, la energía total es: una órbita circular a una altura de 655 km. Calcule: mv12 GMT m a) El periodo de la órbita. ET1 = Ec1 + E p1 = + − 2 RT b) La energía mecánica del satélite. c )
El módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. d ) El cociente entre los valores de la intensidad de campo gravitatorio terrestre en el satélite y en la superficie de la Tierra. Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98 ·1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37·106 m; Constante de Gravitación Universal G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2. a) La distancia entre el centro de la Tierra y el satélite es: r
= RT + h = 6,37 ⋅ 106 m + 655 ⋅ 103 m = 7,03⋅ 106 m
La velocidad del satélite en la órbita es v = =
GM r
−11
=
6,67 · 10
2
−2
Como 2πr = vT , el periodo será 2πr 2π ⋅ 7,03 ⋅ 106 m = = 5864 s T = 7532,4 m/s v
m (2
2g0RT )2 GMT m − 2 RT
donde 2 g0RT es la velocidad de escape. Pero GMT = g 0 RT 2 . Sustituyendo en E T1 obtenemos: ET1
=
m (2
2g0RT )2 GMT m g0RT2m − = 4mg0RT − = 2 RT RT
= 3mg0RT . En un punto muy alejado, r → ∞ y la energía potencial es cero. ET2
= Ec2 + E p2 =
mv22
2
+0=
24
N ⋅ m ⋅ kg ⋅ 5,98 · 10 kg = 7,03 ⋅ 106 m
7532,4 m/s
=
Como E T1 = E T2, resulta: 3mg0R T =
mv 22
2
y de ahí: v2
= 6g0RT
,
mv 22
2
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
Teniendo en cuenta que la velocidad de escape es 2 g0RT , resulta que v2 = 6g0RT = 3v escape
propuestas
1. Diga si la siguiente frase es cierta o falsa y razone la respuesta: «La intensidad en un punto del campo gravitatorio terrestre es tanto mayor cuanto mayor es la masa que se coloque en dicho punto». Es falsa, porque la intensidad en un punto del campo gravitatorio no depende de la masa que se coloca en ese punto, sino de la masa que crea el campo gravitatorio, es decir, de la masa de la Tierra. 2. a) Explica el concepto de campo gravitatorio creado por una o varias partículas. Tierra Luna P
x
d
b)
La distancia entre los centros de la Tierra y la Luna es d = 3,84 · 108 m. En un cierto punto P, situado entre ambas, el campo gravitatorio total es nulo. Sabiendo que la masa de la Tierra es 81 veces superior a la de la Luna, calcula la distancia x entre P y el centro de la Luna. a) Consultar el epígrafe 3.1 de la Unidad 3. b) El módulo del campo gravitatorio creado por la Tierra en el punto P es g T
=
GMT r12
=
GMT 2
(d − x )
=
G 81ML 8
2
(3,84 ⋅ 10 − x )
N/kg
De la misma forma, el campo gravitatorio creado por la Luna viene dado por g L
=
GML r22
=
GML x 2
Gm1 r12
Gm1 (d 3)2
=
=
9Gm1 d 2
N/kg
La distancia de la masa m2 hasta el punto en el que se anulan los dos campos gravitatorios es d – d /3 = 2d /3. Por tanto, el módulo del campo gravitatorio es g 2
=
Gm2 r22
Gm2
=
2
(2d 3)
9Gm2 N/kg 4d 2
=
9Gm2 , y de ahí obtenemos 1 Igualando g 1 y g 2, resulta 9Gm 2 = d 4d 2 1 m que 1 = m2 4
4. Disponemos de dos masas esféricas cuyos diámetros son 8 y 2 cm, respectivamente. Considerando únicamente la interacción gravitatoria entre estos dos cuerpos, calcula: 1. La relación entre sus masas m1 /m2 sabiendo que si ponemos ambos cuerpos en contacto el campo gravitatorio en el punto donde se tocan es nulo. 2. El valor de cada masa sabiendo que el trabajo necesario para separar los cuerpos, desde la posición de contacto hasta otra donde sus centros distan 20 cm, es: W = 1,6·10–12 J. Dato: G = 6,7 · 10–11 N · m2 /kg2. 1. En el punto en el que se tocan las esferas, el módulo del campo gravitatorio creado por la primera es g1
=
Gm1 r 12
=
Gm1
(4 ⋅ 10−2 )2
= 625Gm1 N/kg
El campo creado por la segunda masa en el mismo punto es g2
=
Gm2 r 22
=
Gm2 −2 2
(1 ⋅ 10 )
= 104 Gm2 N/kg
Igualando las dos expresiones, obtenemos 625Gm1 =104Gm1 , m1 m2
=
104 = 16. 625
2. Cuando las dos masas esféricas están en contacto su energía potencial es
Igualando los dos módulos, queda 81GML GM = 2L 8 2 (3,84 ⋅ 10 − x ) x que, simplificando, se convierte en
=
y de ahí
N/kg
15
El módulo del campo gravitatorio creado por la masa m1 es g 1
j Actividades
03
6,7 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 / kg2 m1m2 ⋅ 4 ⋅ 10−2 m + 1 ⋅ 10−2 m r 1 = − 1,34 ⋅ 10−9 m1m2 J E p1
81 1 8 2 = 2 . (3,84 ⋅ 10 − x ) x
Las soluciones de esta ecuación son 3,84 · 107 m y –4,8 · 107 m. La solución válida es la primera.
3. El campo gravitatorio creado por dos masas, m1 y m2, que podemos considerar puntuales y separadas una distancia d, se anula a d /3 de la masa m1. ¿Cuánto vale la relación entre las masas m1 /m2?
=−
Gm1m2
=−
Si la distancia entre los centros de las dos masas es 20 cm, su energía potencial viene dada por Gm1m2 6,7 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 / kg2 m1m2 E p2 = − =− r 2 20 ⋅ 10−2 m
= − 3,35 ⋅ 10−10 m1 m2 J Por otra parte, Wext = Ep2 − E p1 . Si sustituimos los datos, tenemos
03
16
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
1,6 ⋅ 10−12 J = − 3,35 ⋅ 10−10 m1m2 J − (− 1,34 ⋅ 10−9 m1m2 J) 1, 6 ⋅ 10−12 = = 1, 6 ⋅ 10−3 −9 10 Resolviendo el sistema formado por esta ecuación y por
g0′
m1m2
m1
= 16, obtenemos que m1 = 10–2 kg, y m2 = 16 · 10–2 kg.
m2
5. Si la masa de Marte es 0,11 veces la masa de la Tierra y su radio es 0,53 veces el radio de la Tierra, obtener la aceleración de la gravedad en la superficie de Marte. Dato: g (Tierra) = 9,8 m/s2. La aceleración en la superficie de Marte viene dada por G (0,11MT ) (0,53RT )2
=
GMM RM2
=
Pero
GMT
es 9,8 m/s2. Por tanto,
g M
g M
RT2
GM = 0,39 2T RT
N/kg
GM
Despejando T y sustituyendo los datos, queda T =
−
−
4π2 GM′
r3 =
4π2 3 1 4π2 3 1 2 r = r = T 2 GM 2 G (2M)
1 2 2 ⋅ 2,36 ⋅ 106 s = 1,67⋅ 106 s T = T = 2 2 2 b) El valor de g en la superficie terrestre es T′ =
=
GMT RT2
=
g L
=
GML RL2
=
G (0,01255 MT ) 2
(0,273 RT )
= 0,17
GMT RT2
N/kg
Teniendo en cuenta que la aceleración de la gravedad en la suGMT RT2
, tenemos que gL = 0,17g 0 N/kg.
8. a) Comenta si es verdadera o falsa la siguiente afirmación: «Si la Luna gira alrededor de la Tierra siguiendo un movimiento circular uniforme, no tiene aceleración». b) Un objeto pesa 600 N en la Tierra. ¿Cuál sería su peso en la Luna? Suponer que las masas y los radios de la Luna y la Tierra tienen la siguiente relación: MT / ML = 100, RT / RL = 4. a) Si la Luna gira alrededor de la Tierra en un movimiento circular uniforme, tiene aceleración centrípeta porque varía la dirección de la velocidad instantánea. Por tanto, la afirmación es falsa. b) Si el objeto en la Tierra pesa 600 N, su masa es P 600 kg. m= T = gT
g T
La gravedad en la superficie de la Luna es =
GML RL2
=
G MT /100 2
(RT /4)
=
16 GMT 4 GMT 4 = = g 100 RT2 25 RT2 25 0
Calculamos el peso en la Luna del siguiente modo:
Si despejamos el nuevo periodo y sustituimos los datos, resulta
g 0
2 GMT 1 1 = g 0 = ⋅ 9,86 m/s2 = 2 4 RT 2 2
7. La masa de la Luna es igual a 0,01255 veces la de la Tierra y su radio es igual a 0,273 veces el de la Tierra. ¿Cuál es la aceleración de un cuerpo que cae libremente cerca de la superficie de la Luna? La aceleración de la gravedad en la superficie de la Luna es
= 2,36 ⋅ 106 s
Si la masa de la Tierra se duplica, el nuevo periodo será T ′2 =
(2RT )
=
= 4,93 m/s2
gL
3
4π (3, 84 · 10 m) 6,67 ⋅ 10 11 N ⋅ m2 ⋅ kg 2 ⋅ 6 ⋅ 1024 kg
2
Es decir, la aceleración en la superficie de la Luna es 0,17 veces la correspondiente de la Tierra.
6. Suponga que la masa de la Tierra se duplicara. a) Calcule razonadamente el nuevo periodo orbital de la Luna suponiendo que su radio orbital permaneciera constante. b) Si, además de duplicarse la masa terrestre, se duplicara su radio, ¿cuál sería el valor de g en la superficie terrestre? G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MT = 6 · 1024 kg; RT = 6 370 km; Rorbital Luna = 3,84 · 108 m a) La relación entre el periodo y el radio de la órbita viene dada 4π2 3 por la tercera ley de Kepler T 2 = r
8
G (2MT )
perficie de la Tierra es g 0 =
= 0, 39 ⋅ 9, 8 m/s2 = 3,82 m/s2
2
=
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 6 ⋅ 1024 kg = (6370 ⋅ 103 m)2
= 9,86 m/s2 Si la masa de la Tierra y su radio se duplican, el nuevo valor será
PL
= mgL =
600 g 0
kg ⋅
4 g m/s 2 = 96 N 25 0
9. En relación con la gravedad terrestre, una masa m… a) pesa más en la superficie de la Tierra que a 100 km de altura; b) pesa menos; c ) pesa igual. El peso de un cuerpo de masa m es P = mg N. La masa m no varía con la altura, pero la gravedad disminuye de acuerdo con la GMT expresión g = . Por tanto, a 100 km de altura, la gra(RT + h)2 vedad es menor y el cuerpo pesa menos. La respuesta correcta es, por consiguiente, la b).
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
10. Una mujer cuyo peso en la Tierra es 700 N se traslada a una altura de dos radios terrestres por encima de la superficie de la Tierra. ¿Cuál será su peso a dicha altura? ( g 0 = 9,81 m/s2) La masa de la mujer la calculamos a partir de la definición de peso, P = mg . Si sustituimos los valores, tenemos 700 N = m · 9,8 m/s2. Por tanto, la masa es m = 71,43 kg. La gravedad a una altura de dos radios es 1 g = g 2 = 2 = 2 = (RT + h) (RT + 2RT ) 9R T 9 0 GMT
GMT
GMT
b)
11. Conteste razonadamente cómo es la energía potencial de una masa m debida a la gravedad terrestre, en un punto infinitamente alejado de la Tierra: ¿positiva, negativa o nula? Tome el origen de energía potencial en la superficie terrestre. Por la definición de energía potencial, tenemos 14.
∫
GMm GMm GMm ur ⋅ dr = r +C 2 2 d = − r r r
∫
donde C es la constante de integración. Si tomamos el origen de la energía potencial sobre la superficie de la Tierra, tenemos 0 = −
GMm + C . RT
Despejando C obtenemos C =
GMm RT
.
La variación de energía potencial mide el trabajo realizado por una fuerza exterior cuando el cuerpo pasa del punto inicial al final.
13. ¿Cómo varían, con la distancia, la energía potencial gravitatoria y el campo gravitatorio debidos a una masa puntual? La expresión de la energía potencial gravitatoria es
1 1 = mg = 71,43 kg ⋅ g0 = ⋅ 71,43 kg ⋅ 9,8 m/s2 = 77,78 N 9 9
Ep = − −
E p
=−
GMm r
y la del módulo del campo gravitatorio, g =
=−
GMm r
+
E p
GMm
=0+
GMm RT
RT
=
GMm RT
b)
(RT + h)2
=
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg = (6,37 · 106 m + 630 · 103 m)2
Calculamos la distancia r mediante la expresión: r = RT
+
h
=
6,37 · 106 m + 630 · 103 m = 7 · 106 m.
Calculemos ahora la velocidad del satélite en su órbita
que es una cantidad positiva.
r
GMT
= 8,1 m/s2
,
12. a) La energía potencial de un cuerpo de masa m en el campo gravitatorio producido por otro cuerpo de masa m’ depende de la distancia entre ambos. ¿Aumenta o disminuye dicha energía potencial al alejar los dos cuerpos? ¿Por qué? b) ¿Qué mide la variación de energía potencial del cuerpo de masa m al desplazarse desde una posición A hasta otra B? Razone la respuesta. a) Si se toma como origen de la energía potencial el caso en que la distancia entre los dos cuerpos, de masas m y m’, sea infinitamente grande, la expresión es Gmm′ E p = −
r 2
Un satélite de masa 350 kg describe órbitas circulares alrededor de la Tierra a una altura de 630 km. a) ¿Cuánto vale la intensidad del campo gravitatorio creado por la Tierra a esta altura? b) ¿Cuánto vale la aceleración centrípeta del satélite? c ) ¿Cuánto vale la energía mecánica del satélite? Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m. a) El módulo de la intensidad del campo gravitatorio es g =
En un punto infinitamente alejado de la Tierra, el valor de la energía potencial es
GMm
Por tanto, la energía potencial aumenta con la distancia en la forma 1/ r mientras que el módulo del campo gravitatorio disminuye en la forma 1/ r 2.
Por tanto, la expresión de la energía potencial será E p
17
Cuando los dos cuerpos se alejan, el valor de r aumenta, por lo que la energía potencial disminuye en valor absoluto. El signo menos de la expresión de la energía potencial hace que esa disminución sea, en realidad, un aumento de su valor.
El peso a esa altura viene dado por P
03
v = =
GMT r
=
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg = 7 ⋅ 106 m
7548,6 m/s
La aceleración centrípeta será: ac c )
=
v 2 r
=
(7548,6 m/s)2 = 8,1 m/s2 7 ⋅ 106 m
La energía mecánica del satélite es: =−
GMT m
= 2r 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 350 kg =− = 2 ⋅ 7 ⋅ 106 m = − 9,97 ⋅ 109 J E T
03
18
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
15. Un satélite artificial de 500 kg gira en una órbita circular a L2 = mr2v 2 = 500 kg ⋅ 16,37 ⋅ 106 m ⋅ 4936,16 m/s = 5 000 km de altura sobre la superficie terrestre. Calcular: = 4,04 ⋅ 1013 kg ⋅ m2 /s. a) su velocidad, La variación del momento ang ular viene dada por b) su energía total, ∆L = L2 − L1. c ) la energía necesaria para que, partiendo de esa órbita, se coloque en otra órbita circular a una altura de 10 000 km. Sustituyendo los valores, d ) En este proceso, ¿cuánto cambia su momento angular? ∆L = 4,04 ⋅ 1013 kg ⋅ m2 /s − 3,37 ⋅ 1013 kg ⋅ m2 /s = Radio terrestre = 6,37 · 106 m. = 6,7 ⋅ 1012 kg ⋅ m2 /s Masa de la Tierra = 5,98 · 1024 kg. 16. a) Enuncia y comenta la Ley de Gravitación Universal. A G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2. partir de dicha ley, establece el concepto de energía poa) Calculamos la distancia r 1 mediante la expresión tencial gravitatoria. r 1 = RT + h = 6,37 · 106 m + 5 000 · 103 m = 11,37 · 106 m. b) Un satélite de m = 100 kg describe una órbita circular, sobre el ecuador terrestre, a una distancia tal que su La velocidad orbital del satélite viene dada por periodo orbital coincide con el de rotación de la Tierra 11 2 2 24 (satélite geoestacionario). Calcula el radio de la órbita, GMT 6,67 ⋅ 10 N ⋅ m ⋅ kg ⋅ 5,98 ⋅ 10 kg = = v 1 = la energía mínima necesaria para situarlo en dicha órbita r 1 11, 37 ⋅ 106 m y el momento angular del satélite respecto del centro de la Tierra. = 5922,88 m/s Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; RT = 6,38 · 106 m; b) La energía total viene dada por la expresión: MT = 5,97 · 1024 kg. GM m a) Consultar el epígrafe 2.2 de la Unidad 2 y el 3.2 de la UniE T1 = − T = 2r 1 dad 3. b) Si el satélite es geoestacionario, su periodo será de 24 ho6,67 · 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 500 kg =− = 6 ras, es decir, T = 24h · 60min/h · 60s/min = 86 400 s. 2 ⋅ 11,37 ⋅ 10 m 4π2 3 = − 8,77 ⋅ 109 J r , podemos calcuAplicando la tercera ley de Kepler T 2 = GM c ) La distancia r 2 en la órbita de 10 000 km es: lar el radio de la órbita: 6 3 6 r 2 = RT + h2 = 6,37 · 10 m + 10 000 · 10 m = 16,37 · 10 m. GMT 2 La energía total en dicha órbita se calcula con la ex= r = 3 4π2 presión: −
GMT m
−
E T2
=−
=−
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 500 kg = 2 ⋅ 16,37 ⋅ 106 m
2r 2
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg ⋅ (86400 s)2 = = 4π2 = 42,23 ⋅ 106 m.
=
3
La energía necesaria para pasar a la órbita de 10 000 km es
Para calcular la energía necesaria para poner el satélite en la órbita geoestacionaria necesitamos en primer lugar conocer la energía del satélite en dicha órbita (r 2) y en la superficie terrestre (r 1).
–6,09 · 109 J – (–8,77 · 109 J) = 2,68 · 109 J.
La energía total del satélite en esa órbita es
9
= − 6,09 ⋅ 10 J
d )
El momento angular en la primera órbita es L1 = mr1v1 = 500
E T2
6
kg ⋅ 11,37 ⋅ 10 m ⋅ 5922,88 m/s =
= 3,37 ⋅ 1013 kg ⋅ m2 /s.
=
=
GMT
=
r 2
6,67 ⋅ 10
GMT m
2r 2
=
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg ⋅ 100 kg = 2 ⋅ 42,23 ⋅ 106 m = − 4,71 ⋅ 108 J =−
La velocidad del satélite en la órbita de 10 000 km es v 2
=−
−
11
N ⋅ m2 ⋅ kg 2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg 16, 37 ⋅ 106 m −
4936,16 m/s
Por tanto, en esa órbita, el momento angular será:
=
La energía total del satélite en la superficie terrestre es E T1
=−
GMT m
2r 1
=
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
400 kg ⋅ v 22 Ec2 = = = 200v 22 J . 2 2 Por tanto, la energía mecánica será mv22
La energía necesaria para situar el satélite en la órbita geoestacionaria es
v = =
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg = 42,23 ⋅ 106 m
GMT = r
= mrv = 100 kg ⋅ 42,23 ⋅ 106 m ⋅ 3070,72 m/s =
= 1,30 ⋅ 1013 kg ⋅ m2 /s
= Ec2 + Ep2 = 200v22 J + (−2,51 ⋅ 1010 J) =
= 200v 22 J − 2,51 ⋅ 1010 J . b)
Como el meteorito se mueve bajo la acción de la fuerza gravitatoria, la energía mecánica se conserva. Esto implica que Em1 = Em2 ; − 2,32 ⋅ 1010 J = 200v 22 J − 2,51 ⋅ 1010 J . Si se despeja v2, se obtiene v 2 = 3082,21 m/s .
c )
Para calcular el peso del meteorito a 500 km de altura es necesario conocer previamente el valor de la gravedad a esa altura. Tendremos que
3070,72 m/s .
El módulo del momento angular será: L
Em2
− E T1 = 4,71 ⋅ 108 J − (− 3,12 ⋅ 109 J) = 2,65 ⋅ 109 J
Para calcular el módulo del momento angular del satélite en la órbita geoestacionaria, necesitamos conocer la velocidad orbital:
19
y la cinética,
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg ⋅ 100 kg = 2 ⋅ 6,38 ⋅ 106 m = − 3,12 ⋅ 109 J =−
ET2
03
g =
GMT
(RT + h)2
=
6,673 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg = (6370 ⋅ 103 m + 500 ⋅ 103 m)2
8,45 m/s2.
=
El peso del meteorito a la altura indicada viene dado por P = mg =
400 kg ⋅ 8, 45 m/s2 = 3 380 N
17. Un meteorito de 400 kg de masa que se dirige directo, en caída libre, hacia la Tierra, tiene una velocidad de 20 m/s 18. Un satélite artificial de 200 kg describe una órbita circular a una altura sobre la superficie terrestre h = 500 km. Deteralrededor de la Tierra. La velocidad de escape a la atracción mina: terrestre desde esa órbita es la mitad que la velocidad de escape desde la superficie terrestre. a) La energía mecánica del meteorito a dicha altura. a) Calcule la fuerza de atracción entre la Tierra y el satélite. b) La velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre, despreciando la fricción con la atmósfera. b) Calcule el potencial gravitatorio en la órbita del satélite. c ) El peso del meteorito a dicha altura h. c) Calcule la energía mecánica del satélite en la órbita. (G = 6,673 · 10–11 N · m2 · kg–2, MTierra = 5,98 · 1024 kg, d ) ¿Se trata de un satélite geoestacionario? Justifique la RTierra = 6 370 km) respuesta. a) A 500 km de altura, la energía cinética del meteorito es Datos: Constante de gravitación universal, 2 mv 12 400 kg ⋅ (20 m/s) G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2. E c1 = = = 80000 J y la potencial 2 2 Masa de la Tierra MT = 5,98 · 1024 kg GM m GMT m Radio de la Tierra RT = 6,37 · 106 m E p1 = − T = − = r1 RT + h a) La velocidad de escape a una distancia r del centro de 2 24 −11 −2 6,673 ⋅ 10 N ⋅ m ⋅ kg ⋅ 5,98 ⋅ 10 kg ⋅ 400 kg 2GMT =− = la Tierra es v e1 = y desde la superficie terrestre, 6370 ⋅ 103 m + 500 ⋅ 103 m r 10 J. = − 2,32 ⋅ 10 2GMT v e2 = . La energía mecánica en ese punto viene dada por RT Em1 = Ec1 + E p1 = 80000 J + (− 2,32 ⋅ 1010 J) = Según el enunciado se cumple que v e1 = v e /2. Por tanto, 1 10 J. = − 2,32 ⋅ 10 2GMT 1 2GMT = Calculemos la energía mecánica del meteorito sobre la su2 RT r perficie de la Tierra. La energía potencial en cualquier punto de ella será Resolviendo la ecuación, obtenemos que GMT m
E p2
=−
=−
6,673 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 400 kg = 6370 ⋅ 103 m
= −
r 2
10
2,51 ⋅ 10
=
J
r
= 4RT = 4 ⋅ 6,37 ⋅ 106 m = 25,48 ⋅ 106 m
La fuerza de atracción viene dada por la expresión: F =
GMT m r 2
=
03
20
GRAVITACIÓN II: CAMPO GRAVITATORIO
Ahora, calculamos el valor de la gravedad en la superficie de Marte:
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 200 kg = (25,48 ⋅ 106 m)2 = 123 N =
b)
g M
El potencial gravitatorio viene dado por la expresión:
d )
GMT m
= 2r 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 200 kg =− = 2 ⋅ 25,48 ⋅ 106 m = − 1,57 ⋅ 109 J
v = v 0
Para saber si el satélite es geoestacionario, calculamos su periodo orbital a partir de la tercera ley de Kepler:
e
T2
=−
=
4π2 GM
−
+
at
1 = v0t + at 2 = 2
1 = 200 m ⋅ s−1 ⋅ 45,05 s − 4,44 m⋅ s−2 ⋅ (45,05 s)2 = 2 4504,50 m
El resultado obtenido indica que la suposición que se hizo es correcta.
3
4π ⋅ (25,48 ⋅ 10 m) 6,67 ⋅ 10 11 N ⋅ m2 ⋅ kg 2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg
4 GMT 4 = 10 m ⋅ s−2 9 RT2 9
La altura a la que llega es:
Sustituyendo los datos, T =
=
Al despejar el tiempo, resulta ser t = 45,05 s.
=
6
G MT /9 (RT /2)2
0 = 200 m ⋅ s−1 − 4,44 m ⋅ s−1t
r 3
2
=
El movimiento del proyectil es rectilíneo uniformemente acelerado. Cuando llega a la máxima altura, la velocidad es cero. Por tanto,
La energía mecánica del satélite será: E T
GMM RM2
Se supone que la altura que alcance el proyectil no será muy grande, y que la gravedad permanecerá constante pese al desplazamiento.
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg = = V = − 25, 48 ⋅ 106 m r = − 15,65 ⋅ 106 J/kg GMT
c )
=
=
−
20. Un planeta esférico tiene un radio de 3 000 km y la aceleración de la gravedad en su superficie es 6 m/s 2. = 40 463,69 s = 11,24 h a) ¿Cuál es su densidad media? Como el periodo no es de 24 horas, el satélite no es geoestacionario. b) ¿Cuál es la velocidad de escape para un objeto situado en la superficie del planeta? 19. La masa de Marte es 9 veces menor que la de la Tierra, y su Dato: G = 6,67 · 10–11 N · m2 /kg2. diámetro es 0,5 veces el diámetro terrestre. a) La aceleración de la gravedad en la superficie del planeta a) Determine la velocidad de escape en Marte y explique su GM significado. es g = 2 . Sustituyendo los datos, resulta R b) ¿Cuál sería la altura máxima alcanzada por un proyectil 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 M 2 lanzado verticalmente hacia arriba, desde la superficie 6 m/s = (3000 ⋅ 103 m)2 de Marte, con una velocidad de 720 km · h–1? g = 10
m · s–2; RT = 6 370 km a) En la expresión de la velocidad de escape, se incluyen los datos de Marte: vM
=
=
2GMM RM
=
2G MT /9 2 2GMT 2 2gTRT = = ⋅ = RT /2 9 RT 9
V
2 ⋅ 2 ⋅ 10 m ⋅ s−2 ⋅ 6370 ⋅ 103 m = 5320,82 m/s 9
La velocidad de escape es la que debe tener un cuerpo para escapar de la atracción de un planeta, es decir, para llegar con velocidad nula a un punto infinitamente alejado. b)
Despejando y operando, la masa M será: M = 8,10 · 1023 kg. El volumen del planeta viene dado por la expresión:
En primer lugar, pasamos la velocidad del proyectil a m · s–1. 720 km ⋅ h−1 =
3
720 ⋅ 10 m = 200 m ⋅ s−1 3600 s
4 4 = π R 3 = π (3000 ⋅ 103 m)3 = 1,13 ⋅ 1020 m3 3 3
Aplicando la expresión de la densidad, queda 8,10 ⋅ 1023 kg ρ= = = 7168 kg/m3 20 3 V 1,13 ⋅ 10 m M
b)
Si sustituimos los datos en la expresión de La velocidad de escape, tenemos que v M =
=
2GM R
=
6001,50 m/s
2 ⋅ 6,67 ⋅ 10
−
11
N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 8,10 · 1023 kg 3000 ⋅ 103 m
=
B1
CAMPO GRAVITATORIO
j Autoevaluación
g1 = −
1. Si dos planetas distan del Sol R y 4R respectivamente sus períodos de revolución son: a) T y 4T, /4, b) T y T c ) T y 8T . T 2 T 2 Aplicando la tercera ley de Kepler 13 = 23 resulta: r1
T12 R3
=
r 2
T 22
Por tanto, T12 =
T22
64
; T1 =
T 2
8
; T2 = 8T1
La velocidad orbital del satélite es v =
GM r
, donde M es la
v
aumenta cuando lo hace la masa de la Luna. Por tanto, el periodo del satélite disminuye de acuerdo con la expresión anterior y la afirmación es falsa. El módulo del momento angular del satélite lo calculamos por medio de la expresión L = mrv . Como la velocidad del satélite aumenta, también lo hará el módulo del momento angular. La afirmación es, por tanto, verdadera.
3. Se tiene una masa de 5 kg situada en el punto (2,0) y otra de de 6 kg colocada en (0,3). El campo gravitatorio creado en el punto (6,0) por la distribución de masas es: a) −2,87 ⋅ 10−11 i + 4 ⋅ 10−12 j N/kg
b)
2,87 ⋅ 10 −11 i + 4 ⋅ 10 −12 j N/kg
c )
−2,87 ⋅ 10−11 i − 4 ⋅ 10−12 j N/kg
G = 6,67·10–11 N·m2·kg–2
Si colocamos un sistema de coordenadas en el punto en el que se encuentra la masa M1, el vector de posición del punto P es r2 = 6i − 3 j m , r1 = 4i m. Su vector unitario es ur1 = i . El campo gravitatorio creado por la masa indicada en el punto P será:
Repitiendo el procedimiento con la masa M2, obtenemos que el vector de posición del punto P es r2 = 6i − 3 j m
r 2
y el vector unitario, ur 2 =
r 2
= 0,89i − 0,45 j
El campo gravitatorio será =−
GM2 r 22
=
ur 2
masa de la Luna. Si dicha masa aumenta, también lo hará la velocidad. Por tanto, la afirmación es falsa. 2πr . Su velocidad b) El periodo del satélite viene dado por T =
6,67·10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 6 kg (0,89i − 0,45 j ) = (6,71 m)2 = −7,91 ⋅ 10−12 i + 4 ⋅ 10−12 j N/kg
2. Un satélite artificial gira alrededor de la Luna en una órbita circular. Si la masa de la Luna aumentara, a) la velocidad orbital del satélite disminuiría; b) el periodo del satélite no cambiaría; c ) el momento angular del satélite aumentaría.
c )
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5 kg i = (4 m)2
=−
La solución correcta es la c )
a)
r 12
ur1 = −
= − 2,08 ⋅ 10−11 i N/kg
g2
(4R)3
GM1
21
y M2
El campo gravitatorio total viene dado por la suma vectorial de los dos campos anteriores
g
= g1 + g2 = (−2,08 ⋅ 10−11i N/kg) +
+ (−7,91 ⋅ 10−12 i + 4 ⋅ 10−12 j N/kg) =
= −2,87 ⋅ 10−11 i + 4 ⋅ 10−12 j N/kg
4. Ganímedes es un satélite que gira alrededor de Júpiter a una distancia media de 1,07·10 6 km y tarda 7,15 días en recorrer su órbita. De los datos anteriores se deduce que la masa de Júpiter es: a) 1,9·1018 kg b) 1,9·1020 kg c ) 1,9·1027 kg G = 6,67·10–11 N·m2·kg–2. El periodo expresado en segundos es T = 7,15·24·60·60 = 5 = 6,18·10 s y el radio medio de la órbita expresado en metros, 1,07·109 m. Si sustituimos en la expresión de la masa del plane4π2r 3 ta M = , obtenemos 2 GT
M
=
4 π2 ⋅ (1,07 ⋅ 109 m)3 = 1,9 ⋅ 1027 kg 2 5 2 −11 −2 6,67 ⋅ 10 N ⋅ m ⋅ kg ⋅ (6,18 ⋅ 10 s)
Por tanto, la respuesta correcta es la c ).
5. La aceleración de la gravedad de la Tierra se reduce a la sexta parte a una altura de: a) 9,23·103 m b) 9,23·106 m c ) 9,23·109 m Datos: R Tierra = 6 370 km El módulo de la aceleración de la gravedad en la superficie de la GM Tierra es g 0 = 2T , y a una distancia r del centro de la Tierra RT
será g =
M1
P
x
GMT r 2
.
Se ha de cumplir que g = g 0 6 . Por tanto, GMT 1 GMT = . 6 RT2 r2
B1
22
CAMPO GRAVITATORIO
De la ecuación obtenemos que: r
= RT 6 = 15,60 ⋅ 106 m
Como r = RT + h, se deduce que h = 9,23·106 m.
6. Suponiendo la Tierra como una esfera perfecta, homogénea de radio R, ¿cuál es la gráfica que mejor representa la variación de la gravedad ( g ) con la distancia al centro de la Tierra. g
g
g
9,8
9,8
9,8
RT
r
RT
r
a)
r
c )
b)
La gráfica correcta es la c ), como se puede comprobar en el apartado 2.1.B de la Unidad 2.
7. Un satélite de 500 kg gira alrededor de la Tierra en una órbita circular situada a 9 000 km de altura. La fuerza gravitatoria que la Tierra ejerce sobre el satélite es: a) 841,64 N b) 8416,64 N c ) 8,41 N Datos: g = 9,8 m s–2; R Tierra = 6 370 km La fuerza ejercida por la Tierra sobre el satélite viene dada por la GM m ecuación F = T 2 . Como los únicos datos que se proporcionan r con la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra y GM el radio terrestre, se utiliza la expresión g 0 = 2T . Despejando RT GMT y sustituyendo en la expresión de la fuerza, obtenemos: 9,8 m/s2 ⋅ (6 370 ⋅ 103 m)2 ⋅ 500 kg = = F = (6370 ⋅ 103 m + 9000 ⋅ 103 m)2 r 2 = 841,64 N g0RT2m
Por tanto, la respuesta correcta es la c ).
8. Un cuerpo de 25 kg está situado a una distancia de 15 000 km del centro de un planeta de 5 000 km de radio. Si la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta es 7,3 m/s2, la energía potencial del sistema es: a) –3,04·106 J b) –3,04·108 J c ) –3,04·105 J La energía potencial del satélite y la Tierra la calculamos utiliGMm zando la expresión E p = − . No se conoce el valor de G ni r
9. Se lanza un satélite de 5 000 kg desde la superficie de la Tierra. El trabajo necesario para ponerlo en una órbita circular a una altura de 30 000 km es a) 2,58·1011 J b) –2,58·1011 J c ) –2,58·108 J Datos: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2; M Tierra = 5,98·1024 kg; R Tierra = 6 370 km La energía total del satélite en la superficie de la Tierra y antes del lanzamiento es: GMm ET1 = Ec1 + E p1 = 0 J + − r =− = −
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 5 000 kg = 6370 ⋅ 103 m
3,13 ⋅ 1011 J
La energía total del satélite cuando se encuentra en su órbita es E T2 − =− = −
GMm 2r
=
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 5000 kg = 2 ⋅ (30000 ⋅ 103 + 6370 ⋅ 103 ) m 5, 48 ⋅ 1010 J
El trabajo necesario para poner el satélite en órbita es la diferencia de energías totales en los dos puntos: W =
= ET2 − E T1 = −5,48 ⋅ 1010 J − (− 3,13 ⋅ 1011 J) 2,58 ⋅ 1011 J
Por tanto, la respuesta correcta es la c ).
10. La velocidad de escape de un cuerpo situado en la superficie de Marte es: a) 502,10 m/s b) 5 021,09 m/s c ) 50 210,90 m/s MMarte = 6,42·1023 kg; G = 6,67·10–11 N· m2·kg–2 La velocidad de escape viene dada por la expresión: v =
= =
2GMM
=
RM
2 ⋅ 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 6,42 ⋅ 1023 kg = 3397 ⋅ 103 m 5021,09 m/s
Por tanto, la respuesta correcta es la b).
de la masa M del planeta, pero se da como dato el valor de la gra-
vedad en su superficie. De la expresión g =
GM R2
despejamos GM
y se sustituye en la expresión de la energía potencial. De esta j Actividades adicionales manera obtenemos 1. La Luna describe una órbita alrededor de la Tierra que co7,3 m/s2 (5000 ⋅ 103 m)2 25 kg gR 2m =− = E p = − rresponde prácticamente a un movimiento circular y unifor15 000 ⋅ 103 m r me, de periodo T = 27,4 días. La luz procedente de la Luna 8 = − 3,04 ⋅ 10 J tarda 1,28 s en llegar a la Tierra. Calcule la velocidad angular y la aceleración de la Luna. Por tanto, la respuesta es la b). Dato: c = 3·108 m/s.
CAMPO GRAVITATORIO
Cuando La Luna describe una órbita completa alrededor de la Tierra, el ángulo descrito es 2π radianes y el tiempo empleado es el periodo. Por tanto, la velocidad angular de la Luna se puede calcular como: 2π
ω=
T
=
a)
El periodo de revolución de Ío en torno a Júpiter viene dado 4π2 3 por la ecuación T 2 = r . GMJ
Sustituyendo los datos, obtenemos:
La distancia entre la Tierra y la Luna es r
=
T =
8
ct = 3 ⋅ 10 m / s ⋅ 1,28 s = 3,84 ⋅ 10 m
La aceleración de la Luna es centrípeta. Por tanto, a
= ω2r = (2,65 ⋅ 10−6 rad/s )2 ⋅ 3,84 ⋅ 108 m =
=
2,70 ⋅ 10
3
GMT
Como no se conoce la masa de la Tierra MT, se utiliza la expresión del módulo de la intensidad del campo gravitatorio terresGMT RT2
. Despejando GMT, obtenemos GMT = g0RT2 . Susti-
tuyendo en la expresión de la tercera ley de Kepler, tenemos: T2
=
4π2 g0RT2
r 3
b)
=
6,67 ⋅ 10−11
4π2 ⋅ (3,82 ⋅ 108 m)3 9,81 m / s2 ⋅ (6 370 ⋅ 103 m)2
Por tanto, el periodo es 2,35 ⋅ 106 s, es decir, 27,3 días.
3. Si por una causa interna, la Tierra sufriese un colapso gravitatorio y redujera su radio a la mitad, manteniendo constante la masa, su periodo de revolución alrededor del Sol sería: a) el mismo, b) 2 años, c ) 0,5 años. De acuerdo con la tercera ley de Kepler, el periodo de revolución de la Tierra alrededor del Sol depende de la masa del Sol, pero no de la masa de la Tierra. Por tanto, su periodo no cambiaría. 4. Ío es un satélite de Júpiter cuya masa es MIo = 8,9·1022 kg y su radio RIo = 1,8·106 m. El radio de la órbita, supuesta circular, en torno a Júpiter es r = 4,2·108 m. a) ¿Cuál es el periodo de rotación de Ío en torno a Júpiter? b) Determina la velocidad y la aceleración de Ío en su órbita (modulo y dirección).
4 π2 ⋅ (4,2 ⋅ 108 m)3 = N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 1,9 ⋅ 1027 kg
1,52 ⋅ 105 s
La velocidad orbital de Ío será: GMJ
v =
2. Suponiendo que la órbita que describe la Luna en su giro alrededor de la Tierra es una circunferencia de radio 60 veces el radio terrestre, calcular el periodo de rotación de la Luna alrededor de la Tierra. (Expresar el resultado en días). Datos: Intensidad del campo gravitatorio en la superficie de la Tierra g 0 = 9,81 m/s2; RT = 6 370 km Calculamos el radio de la órbita de la Luna: r = 60RT = 60 ⋅ 6 370 ⋅ 103 m = 3,82 ⋅ 108 m El periodo de la Luna y su radio orbital están relacionados por la 4 π2 3 tercera ley de Kepler, T 2 = r
tre, g 0 =
=
m/s2
−
23
G = 6,67·10–11 N·m2·kg–2; M Júpiter = 1,9·1027 kg; R Júpiter = 6,9·107 m
2π rad = 2, 65 ⋅ 10−6 rad/s 27, 4 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60 s
8
B1
=
=
r
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 1,9 ⋅ 1027 kg = 4,2 ⋅ 108 m
1, 74 ⋅ 104 m/s
y su aceleración: a=
v 2 r
=
(1,74 ⋅ 104 m/s)2 = 0,72 m/s2 4,2 ⋅ 108 m
La velocidad es tangente a la trayectoria. La aceleración es normal a la misma, hacia el centro de Júpiter.
5. Supongamos conocidas las siguientes magnitudes referentes a la Tierra: masa de la Tierra: 5,98·1024 kg; radio de la Tierra: 6,37·106 m; distancia Tierra-Sol: 1,5·10 11 m; periodo de la órbita terrestre: 3,15·107 s; g = 9,8 m/s2. Con estos datos, calcular la masa del Sol. Nota: Suponer circular la trayectoria de la Tierra alrededor del Sol. La tercera ley de Kepler aplicada a la Tierra en su movimiento alrededor del Sol viene dada por la expresión: T2
=
4π2 GMS
r 3 .
Como en los datos del problema no aparece el valor de G, hay que calcularlo a partir de la expresión del módulo del campo gravitatorio terrestre aplicada a un punto situado en su superficie: g 0
=
GMT RT2
.
Sustituyendo los datos y despejando, obtenemos: G =
g0RT2 MT
=
9,8 m/s2 (6,37 ⋅ 106 m)2 = 5,98 ⋅ 1024 kg
= 6,65 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 La masa del Sol se puede calcular a partir de la primera expresión MS =
4π2r 3 GT 2
=
4π2 (1,5 ⋅ 1011 m)3 = 6,65 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 (3,15 ⋅ 107 s)2
= 2,02 ⋅ 1030 kg
24
B1
CAMPO GRAVITATORIO
6. Cuando un satélite artificial a causa de la fricción con la atmósfera reduce su altura respecto a la Tierra, su velocidad lineal: a) aumenta; b) disminuye; c ) permanece constante. La velocidad lineal del satélite viene dada por v =
GMT r
.
Si la altura de la órbita disminuye, también lo hará el radio orbital r y, en consecuencia, la velocidad aumentará. Por tanto, la respuesta correcta es la a).
7. Si el Sol se colapsara de pronto transformándose en una «enana blanca» (igual masa en mucho menor volumen), ¿cómo afectaría al movimiento de la Tierra alrededor del Sol? La velocidad de la Tierra en su órbita alrededor del Sol viene
9. Una sonda espacial de masa m = 1 200 kg se sitúa en una órbita circular de radio r = 6 000 km, alrededor de un planeta. Si la energía cinética de la sonda es E c = 5,4·109 J, calcula: 1. El periodo orbital de la sonda. 2. La masa del planeta. Dato: G = 6,67·10–11 N·m2 / kg2 1. A partir de la expresión de la energía cinética de la sonda, mv 2 , se puede calcular su velocidad: E c = 2 v =
v
m
=
2 ⋅ 5,4 ⋅ 109 J = 3000 m/s 1200 kg
Como se cumple que 2πr = vT , el periodo será: T =
GM
dada por v = , donde M es la masa del Sol. Si esta masa disr minuye, de la expresión anterior se deduce que la velocidad de la Tierra también lo hará. Este resultado implica que el periodo de la Tierra aumentará dado que la relación entre el periodo y la 2πr velocidad orbital es T = .
2E c
2πr 2π ⋅ 6000 ⋅ 103 m = = 12566,37 s 3000 m/s v
2. Si se sustituyen los datos en la expresión de la energía cinética de la sonda, E c = 2Ec r
GMm
2r
, la masa del planeta será
2 ⋅ 5,4 ⋅ 109 J ⋅ 6000 ⋅ 103 m = Gm 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 1200 kg = 8,10 ⋅ 1023 kg. M
=
=
8. La basura espacial está compuesta de restos de satélites artificiales, piezas y herramientas que orbitan alrededor de la Tierra, siendo un peligro para las misiones espaciales por 10. En el campo gravitatorio: la posibilidad de sufrir daños en una colisión. Una de las a) el trabajo realizado por la fuerza gravitacional depende órbitas en las que se encuentra más concentración de basura de la trayectoria, espacial se halla a 2 000 km de altura respecto a la superfib) las líneas de campo se pueden cortar, cie de la Tierra. Suponiendo órbitas circulares, calcular: c ) se conserva la energía mecánica. a) La velocidad de los trozos de la basura espacial en esta órbita. a) La afirmación es falsa. El campo gravitatorio es un campo conservativo. Este hecho implica que el trabajo realizado b) El tiempo que tardan en completar una órbita. por la fuerza gravitatoria solo depende del punto inicial y Datos: Intensidad del campo gravitatorio en la superficie de final, pero no del camino recorrido. la Tierra g 0 = 9,81 m/s2; RT = 6 370 km b) Si dos líneas de campo se cortaran en un punto, el campo a) La velocidad de los trozos que forman la basura espacial se gravitatorio tendría en dicho punto dos direcciones diferenGMT tes, lo cual es imposible. La afirmación es falsa. calcula utilizando la expresión v = donde r es el radio r c ) De acuerdo con el teorema de conservación de la energía de la órbita mecánica, si un cuerpo se mueve por la acción de una fuerr = RT + h = 6370 ⋅ 103 m + 2000 ⋅ 103 m = 8370 ⋅ 103 m za conservativa, la energía mecánica permanece constante. Como la fuerza gravitatoria cumple esa condición, la energía En el problema se da el valor de g 0 pero no el de la constante mecánica se conservará y la afirmación es verdadera. G ni el de la masa de la Tierra MT. Para deducir el valor de GMT GM utilizaremos la expresión g 0 = 2T . De ahí se deduce que 11. Dos masas de 4 kg y 10 kg se encuentran separadas 1 m de RT distancia. Calcula la posición del punto del segmento que las une en el que se anula el campo creado por ambas. GMT = g0RT2 = 9, 81 m/s2 ⋅ (6 370 ⋅ 103 m)2 = Si se llama P al punto que cumple la condición, se tendrá 14 = 3,98 ⋅ 10 m3 /s2. P Si se sustituye ese valor y el del radio de la órbita en la M M expresión de la velocidad, se obtiene v = v =
3,98 ⋅ 1014 m3 /s2 = 6775,35 m/s 8 370 ⋅ 103 m
GMT r
1
2
= x
1 – x
B1
CAMPO GRAVITATORIO
El módulo del campo gravitatorio creado en P por la masa de GM G ⋅ 4 kg 4 kg es g 1 = 2 1 = , y el creado por la masa de 10 kg, 2 r1
g 2
=
GM2 r22
=
x
G ⋅ 10
kg . (1 − x )2
c )
25
La velocidad del satélite en su órbita viene dada por
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 3,0 ⋅ 1024 kg = r 3000 ⋅ 103 m + 3 ⋅ 105 ⋅ 103 m = 812,65 m/s . GM
v =
=
14. Un satélite artificial de 100 kg describe órbitas circulares a una altura de 6 000 km sobre la superficie de la Tierra. Calcula: a) el tiempo que tarda en dar una vuelta completa. b) el peso del satélite a esa altura. La solución que cumple las condiciones del problema es 0,39 m. Datos: g 0 = 9,80 m/s2; RT = 6 400 km a) El periodo del satélite se puede calcular con la expresión de 12. ¿A qué altura sobre la superficie de la Tierra hay que elevar 4π2 3 un cuerpo para que su peso se reduzca a la mitad? r . la tercera ley de Kepler T 2 = GM 6 T Datos: Radio de la Tierra = 6,4·10 m. Intensidad del campo gravitatorio en la superficie terrestre: 9,8 N/kg. Calculamos, en primer lugar, el radio de la órbita del satélite, El peso de una masa m es P = mg. De la expresión anterior se r = RT + h = 6400 ⋅ 103 m + 6000 ⋅ 103 m = 12,4 ⋅ 106 m. deduce que la gravedad terrestre se reduce a la mitad cuando el Como no se da el valor de G en el problema, utilizamos la peso también lo hace. G ⋅4
kg
G ⋅ 10
kg Igualando los módulos, queda . = x 2 (1 − x )2 Si se resuelve la ecuación, obtenemos dos soluciones, 0,39 y –1,72.
Por tanto, se ha de cumplir que g = GMT r2
g 0
2
expresión g 0 =
, es decir,
1 GMT . = 2 RT2
RT2
. Despejando GMT y sustituyendo en
la primera expresión, tenemos T 2 =
4 π2 g0RT2
r 3
=
4 π2 ⋅ (12,4 ⋅ 106 m)3 = 9, 80 m / s2 ⋅ (6 400 ⋅ 103 m)2 6 2 = 1,88 ⋅ 10 s .
Resolviendo la ecuación anterior, obtenemos que r = 9,05·106 m. Como r = RT + h, la altura será 2,65·106 m.
13. Un pequeño planeta de masa 3,0·1024 kg y radio 3 000 km tiene un satélite a una altura de 3·10 5 km sobre la superficie del planeta. El satélite se mueve en una órbita circular con una masa de 200 kg. Calcula: a) La aceleración de la gravedad sobre la superficie del planeta. b) La fuerza gravitatoria que ejerce el planeta sobre el satélite. c ) La velocidad del satélite. Datos: G = 6,67·10–11 N·m2·kg–2
GMT
=
El periodo será 1 371,13 s. b)
Para calcular el peso del satélite necesitamos conocer el valor de la gravedad a la altura en la que se encuentra: g = =
g0RT2
(RT + h)2
=
9,80 m / s2 ⋅ (6 400 ⋅ 103 m)2 = (6400 ⋅ 103 m + 6000 ⋅ 103 m)2
2,61 m/s2 .
El peso del satélite es P
= mg = 100 kg ⋅ 2, 61 m/s2 = 261 N
La aceleración de la gravedad en la superficie del planeta 15. Dos satélites A y B tienen la misma masa y giran alrededor de la Tierra en órbitas circulares, de manera que el radio de es: la órbita de A es mayor que el radio de la órbita de B. GM 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 3,0 ⋅ 1024 kg = g = 2 = a) ¿Cuál de los dos satélites tiene más energía cinética? (3000 ⋅ 103 m)2 R b) ¿Cuál de los dos satélites tiene más energía mecánica? 2 = 22,23 m/s . a) La energía cinética de un satélite describiendo una órbita b) La fuerza gravitatoria que ejerce el planeta sobre el satélite GMm circular es E c = . Si r A > r B, la energía cinética del satéGMm 2r es F = 2 = r lite A será menor que la del B. a)
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 3,0 ⋅ 1024 kg ⋅ 200 kg = = (3000 ⋅ 103 m + 3 ⋅ 105 ⋅ 103 m)2 = 0,44 N
b)
La energía mecánica viene dada por E T = −
GMm
. Como se 2r cumple que r A > r B, la energía mecánica del satélite A será mayor que la del satélite B.
B1
26
CAMPO GRAVITATORIO
16. Un satélite de 500 kg describe una órbita circular alrededor yor que en el perihelio. Por tanto, la energía potencial es un de la Tierra de radio 2RT . Calcula: número menos negativo en el afelio que en el perihelio, es decir, tendrá un valor mayor en el afelio. a) La fuerza gravitatoria que actúa sobre el satélite. d ) La energía mecánica de Plutón viene dada por la expresión b) El tiempo que tarda el satélite en dar una vuelta a la GMm Tierra. . Por la misma razón que en el apartado anE T = − 2r c ) La energía total del satélite en su órbita. terior, la energía mecánica en el afelio será mayor que en el –11 2 –2 24 perihelio. Datos: G = 6,67·10 N·m ·kg ; MT = 5,97·10 kg; RT = 6 370 km. 18. Sea g la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre y a) La fuerza gravitatoria será: v la velocidad de escape desde la superficie de la Tierra. Ahora GMT m supongamos que la Tierra reduce su radio a la mitad conser= F = 2 vando su masa; llamemos g ’ y v ’ a los nuevos valores de aceler ración de la gravedad y velocidad de escape respectivamente. 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg ⋅ 500 kg = = a) ¿Cuál sería la relación entre las aceleraciones de la gra(2 ⋅ 6 370 ⋅ 103 m)2 vedad ( g / g ’)? 3 = 1,23 ⋅ 10 N b) ¿Cuál sería la relación entre las velocidades de escape b) Para calcular el periodo se utiliza la tercera ley de Kepler, (v /v ’)? 2 4π 3 a) La relación entre g y g ’ será T2 = r = GMT GMT RT2 1 g 2 3 3 = = 4π (2 ⋅ 6370 ⋅ 10 m) 2 4 g′ GMT (RT 2) = = 6,67·10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,97 ⋅ 1024 kg b) La relación entre las velocidades de escape viene dada por 8 2 =
2,05 ⋅ 10 s
El periodo será 1, 43 ⋅ 104 s . c )
v
La energía total del satélite es E T = −
GMm
2r
v ′
=
=
2GMT RT 1 2 = = 2GMT (RT 2) 2 2
19. En la superficie de un planeta de 2 000 km de radio la aceleración de la gravedad vale 3 m/s2. Calcular: 6,67 ⋅ 10 N ⋅ m ⋅ kg ⋅ 5,97 ⋅ 10 kg ⋅ 500 kg =− = a) La masa del planeta. 2(2 ⋅ 6 370 ⋅ 103 m) 9 b) La energía potencial gravitatoria de un objeto de 5 kg de = − 7,81 ⋅ 10 J . masa situado en la superficie del planeta. 17. Plutón describe una órbita elíptica alrededor del Sol. Indic ) La velocidad de escape desde la superficie del planeta. que para cada una de las siguientes magnitudes si su valor Constante de gravitación universal = 6,67·10–11 N·m2 / kg2 es mayor, menor o igual en el afelio (punto más alejado del Sol) comparado con el perihelio (punto más próximo al a) A partir de la expresión de la aceleración de la gravedad Sol): GM g 0 = 2T puede calcularse la masa del planeta, a) Momento angular respecto a la posición del Sol. RT b) Momento lineal. gR 2 3 m / s 2 ⋅ (2000 ⋅ 103 m)2 = = = M c ) Energía potencial. 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2/kg2 G d ) Energía mecánica. = 1,80 ⋅ 1023 kg a) La fuerza de atracción ejercida por el Sol sobre Plutón es b) La energía potencial gravitatoria en la superficie del planeta central. Se sabe que el momento angular se conserva en los GMm movimientos bajo fuerzas centrales. Por tanto, el momento viene dada por la expresión E p = − . Sustituyendo los R angular tendrá el mismo valor en el afelio que en el pedatos, obtenemos: rihelio. 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 1,80 ⋅ 1023 kg ⋅ 5 kg b) Por la segunda ley de Kepler se deduce que la velocidad en = E p = − 2000 ⋅ 103 m el perihelio es mayor que en el afelio. Como el módulo del momento lineal del planeta es p = mv , el momento lineal en 7 = − 3,0 ⋅ 10 J el perihelio será mayor que en el afelio. c ) La velocidad de escape viene dada por la expresión c ) La energía potencial del sistema formado por el Sol y Plutón 2GM GMm = v = . El valor de r en el afelio es maviene dada por E p = − −11
2
−2
r
24
R
B1
CAMPO GRAVITATORIO
2 ⋅ 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 1,80 ⋅ 1023 kg = 2000 ⋅ 103 m
= =
La velocidad de escape es v =
La distancia desde el centro de la Tierra hasta el meteorito será r = RT + 7 RT = 8 RT = 8 ⋅ 6370 ⋅ 103 m = 50,96 ⋅ 106 m. Calculamos el valor del campo gravitatorio a esa distancia: GM 6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg g = 2T = = (50,96 ⋅ 106 m)2 RT
3464,97 m/s
20. a) Deduce la expresión de la velocidad de escape. b) Determina la velocidad de escape desde la superficie de la Luna. Datos: MLuna = 7,36·1022 kg, RLuna = 1,74·106 m, G = 6,673·10–11 N·m2 /kg2 a) Consultar el apartado 2.3.D de la Unidad 2. b)
a)
=
0,15 m/s2
El peso es P = mg = 200 kg·0,15 m/s2 = 30 N b)
Para calcular la energía mecánica del satélite se aplica la ex-
presión E T = −
GMm
2GML E T
Sustituyendo los datos: 2 ⋅ 6,673 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2 ⋅ 7,36 ⋅ 1022 kg = 1,74 ⋅ 106 m = 2375,96 m/s
21. Un meteorito, de 200 kg de masa, se encuentra inicialmente en reposo a una distancia sobre la superficie terrestre igual a 7 veces el radio de la Tierra. a) ¿Cuánto pesa en ese punto? b) ¿Cuánta energía mecánica posee? c ) Si cae a la Tierra, suponiendo que no hay rozamiento con el aire, ¿con qué velocidad llegaría a la superficie terrestre? Datos: G = 6,67∙10–11 N·m2·kg–2, RTierra = 6 370 km, MTierra = 5,98∙1024 kg.
2r
. Sustituyendo los valores obtenemos,
6,67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 200 kg = 2 ⋅ 50,96 ⋅ 106 m 8 = −7,83 ⋅ 10 J .
RL
v =
27
c )
=−
Se aplica el teorema de conservación de la energía total en la órbita del satélite y cuando llega a la superficie de la Tierra. En este segundo punto, la energía total es: ET2 = Ec2 + E p2 =
mv22
2
−
GMTm RT
=
200 kg ⋅ v 22 6,67 ⋅ 10−11N ⋅ m2 ⋅ kg−2 ⋅ 5,98 ⋅ 1024 kg ⋅ 200 kg − = 2 6370 ⋅ 103 m = 100 kg ⋅ v 22 − 1,25 ⋅ 1010 J .
=
Como la energía total se conserva, −7,83 ⋅ 108 J = 100 kg ⋅ v 22 − 1,25 ⋅ 1010 J, por lo que la velocidad será v 2 = 10824,51 m/s
